\documentclass[hyperref,UTF8]{ctexart}
\usepackage{hyperref}

\usepackage{fancyhdr}
\pagestyle{fancy}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{geometry}
\geometry{a4paper,scale=0.72}
\setlength\headwidth{\textwidth}

\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{newtxmath}
\usepackage{mathtools}
\ctexset{section={format={\Large\bfseries}}}

\title{Work4: 4.4.1 Theoretical questions}

\author{邵盛栋 \\ 信息与计算科学 3200103951}

\begin{document}
	\maketitle
	\section*{习题解答}
	\begin{enumerate}[I]
		\item 基数$ \beta=2 $,需将十进制整数$ 477 $转换为标准化FPN,\\
		由定义4.12，$ 1\leq m<2 $, $ e=[\log_{2}477]=8 $,\\
		利用算法4.8可得：$ 477=(1.11011101)_{2}\times2^{8} $.
		\item 基数$ \beta=2 $,需将十进制分数$ \dfrac{3}{5} $转换为标准化FPN,\\
		由定义4.12，$ 1\leq m<2 $, $ e=[\log_{2}\dfrac{3}{5}]=-1 $,\\
		利用算法4.8可得：$ \dfrac{3}{5}=(1.00110011\dotsm)_{2}\times2^{-1} $.
		\item \begin{proof}
			由于$ x=\beta^{e} $,则$ x $可转化为标准化FPN，即：
			\[ x=(1.000\dotsm0)_{\beta}\times\beta^{e} \]
			则\[ \begin{split}
				x_{L}&=((\beta-1).(\beta-1)(\beta-1)(\beta-1)\dotsm(\beta-1))_{\beta}\times\beta^{e-1}\\
				x_{R}&=(1.000\dotsm01)_{\beta}\times\beta^{e}
			\end{split} \]
			所以$ x_{R}-x=\beta^{1-p}\times\beta^{e}=\beta^{1+e-p} $, $ x-x_{L}=\beta^{1-p}\times\beta^{e-1}=\beta^{e-p} $,\\
			因此$ x_{R}-x=\beta(x-x_{L}) $.
		\end{proof}
		\item II中所得结果为$ \dfrac{3}{5}=(1.00110011\dotsm)_{2}\times2^{-1} $，由例4.29可知,因为小数部分保留23位，则：
		\[ \begin{split}
			x_{L}&=(1.001100\dotsm11001)_{2}\times2^{-1}\\
			x_{R}&=(1.001100\dotsm11010)_{2}\times2^{-1}
		\end{split} \]
		由上可知：
		\[ \begin{split}
			x-x_{L}&=\dfrac{3}{5}\times2^{-24}\\
			x_{R}-x_{L}&=2^{-24}\\
			x_{R}-x&=(x_{R}-x_{L})-(x-x_{L})=\dfrac{2}{5}\times2^{-24}
		\end{split} \]
		由定义4.24得，fl$ (x)=x_{R} $,舍入误差为$ \epsilon=\dfrac{|\text{fl}(x)-x|}{|x|}=\dfrac{2}{3}\times2^{-24} $.
		\item 若IEEE754单精度不进行四舍五入而删除多余的位，则$ \epsilon_{u}=(1-\beta^{1-p})\epsilon_{M} $,\\
		此时$ \beta=2,p=24 $,则$ \epsilon_{M}=\beta^{1-p}=2^{-23} $,\\
		所以单位舍入$ \epsilon_{u}=(1-\beta^{1-p})\epsilon_{M}=(1-2^{-23})\times2^{-23}\approx1.97\times10^{-7} $.
		\item 将$ 1 $和$ cos(\dfrac{1}{4}) $表示为标准化FPN,其中$ \beta=2 $：
		\[ \begin{split}
			1&=(1.000\dotsm)_{2}\times2^{0}\\
			cos(\dfrac{1}{4})&=0.9689124217\dotsm=(1.1111000\dotsm)_{2}\times2^{-1}
		\end{split} \]
		则$ 1-cos(\dfrac{1}{4})=(0.000001\dotsm)_{2}\times2^{0}=(1.\dotsm)_{2}\times2^{-6} $,因此当$ x=\dfrac{1}{4} $时该减法损失了6位精度.
		\item \begin{enumerate}[(i)]
			\item 利用三角函数公式，$ \cos x=1-\sin^{2}\dfrac{x}{2} $,则$ 1-\cos x=\sin^{2}\dfrac{x}{2} $.
			\item 将$ \cos x $进行泰勒展开得:
			\[ \cos x=1-\dfrac{x^{2}}{2!}+\dfrac{x^{4}}{4!}-\dfrac{x^{6}}{6!}+\dotsm+(-1)^{n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\dotsm \]
			因此，
			\[ 1-\cos x=\dfrac{x^{2}}{2!}-\dfrac{x^{4}}{4!}+\dfrac{x^{6}}{6!}+\dotsm+(-1)^{n+1}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\dotsm \]
		\end{enumerate}
		\item \begin{itemize}
			\item $ f(x)=(x-1)^{\alpha} $,由定义4.59条件数$ C_{f}(x)=|\dfrac{xf'(x)}{f(x)}| $,\\
			则$ C_{f}(x)=|\dfrac{\alpha x(x-1)^{\alpha-1}}{(x-1)^{\alpha}}|=|\dfrac{\alpha x}{x-1}| $.当$ x\to1 $时，$ C_{f}(x)\to+\infty $.
			\item $ f(x)=\ln x $,$ C_{f}(x)=|\dfrac{x\cdot\frac{1}{x}}{\ln x}|=|\dfrac{1}{\ln x}| $.当$ x\to1 $时，$ C_{f}(x)\to+\infty $.
			\item $ f(x)=e^{x} $,$ C_{f}(x)=|\dfrac{xe^{x}}{e^{x}}|=|x| $.当$ x\to\pm\infty $时，$ C_{f}(x)\to+\infty $.
			\item $ f(x)=\arccos x $,$ C_{f}(x)=|\dfrac{x\frac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}}}{\arccos x}|=|\dfrac{x}{\arccos x\sqrt{1-x^{2}}}| $.当$ x\to\pm1 $时，$ C_{f}(x)\to+\infty $.
		\end{itemize}
		\item \begin{itemize}
			\item $ f(x)=1-e^{-x},x\in[0,1] $,则$ cond_{f}(x)=|\dfrac{xe^{-x}}{1-e^{-x}}|=\dfrac{x}{e^{x}-1} $\\
			由于在$ x\in[0,1] $上，$ e^{x}-1\geq x $,则在$ x\in[0,1] $上$ \dfrac{x}{e^{x}-1}\leq1 $\\
			因此在$ x\in[0,1] $上，$ cond_{f}(x)\leq1 $.
			\item $ f(x)=1-e^{-x},x\in[0,1] $, $ cond_{f}(x)=\dfrac{x}{e^{x}-1} $,由定理6.76及定理6.77得：
			\[ f_{A}(x)=[1-e^{-x}(1+\delta_{1})](1+\delta_{2}),|\delta_{1}|\leq\epsilon_{u},|\delta_{2}|\leq\epsilon_{u} \]
			则$ f_{A}(x)=(1-e^{-x}){1+\delta_{2}-\delta_{1}\cdot\dfrac{e^{-x}}{1-e^{-x}}} $,\\
			所以, $ \varphi(x)=1+\dfrac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=\dfrac{1}{1-e^{-x}} $, $ cond_{A}(x)\leq\dfrac{e^{x}-1}{x}\cdot\dfrac{e^{x}}{e^{x}-1}=\dfrac{e^{x}}{x} $.
			\item 在matlab中绘制$ cond_{f}(x) $和$ cond_{A}(x) $的估计上界函数如下图所示：
			\begin{figure}[ht]
				\centering
				\includegraphics[width=0.7\linewidth]{picture}
			\end{figure}
			
			由图可知，$ cond_{f}(x) $在$ x\in[0,1] $上的值比$ cond_{A}(x) $更小更稳定.\\
			因为$ f_{A}(x)=f(x)(1+\delta) $,当$ x\to0 $时，$ f(x)\to0 $,所以$ \delta\to\infty $.
		\end{itemize}
		\item 由于范数取1，则
		\[ C_{f}(a)=\dfrac{|\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_{i}\frac{\partial r}{\partial a_{i}}|}{|r|} \]
		由于$ r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\dotsm+a_{1}r+a_{0}=0 $,则
		\[ \dfrac{\partial r}{\partial(a_{0},a_{1},\cdots,a_{n-1})}=\dfrac{(1,r,\cdots,r^{n-1})}{nr^{n-1}+(n-1)a_{n-1}r^{n-2}+\cdots+a_{1}} \]
		所以，
		\[ C_{f}(a)=|\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{a_{i}r^{i}}{nr^{n}+(n-1)a_{n-1}r^{n-1}+\cdots+a_{1}r}| \]
		令$ r=n $, $ q(x)=(x-1)(x-2)\cdots(x-n) $,则
		\[ C_{f}(a)=|\dfrac{\prod_{i=1}^{n}(n+i)-n^{n}}{n!}| \]
		因此，$ C_{f}(a)\geq\dfrac{n^{n}}{n!} $,当$ n\to+\infty $时，$ C_{f}(a)\to+\infty $.\\
		与例4.64类似，$ q(x) $中系数的微小变化将导致根的较大变化.
		\item 不妨令$ \beta=2 $, $ p=2 $, $ x=(1.0)_{2}\times2^{0} $, $ y=(1.1)_{2}\times2^{0} $\\
		则$ \frac{2}{3}=\frac{x}{y}=(0.101010\cdots)_{2}\times2^{0} $,若计算中的精度为4,则$ \frac{2}{3}=\frac{x}{y}=(0.101)_{2}\times2^{0} $,\\
		所以,相对舍入误差为$ \dfrac{|\text{fl}(\frac{x}{y})-\frac{x}{y}|}{|\frac{x}{y}|}=(0.01)_{2}=2\epsilon_{M}=\epsilon_{u} $,\\
		由定理4.40,fl$ (\frac{x}{y})=\frac{x}{y}(1+\delta) $,则$ \delta=|-\frac{1}{4}|=\frac{1}{4} $,与定理4.39中$ |\delta|<\epsilon_{u} $矛盾!\\
		因此该例子与机器算术模型的结论相矛盾.
		\item 在区间$ [128,129] $内，若$ x\in[128,129] $,则$ x=m\times\beta^{e} $,其中$ 1\leq m<2 $, $ \beta=2 $, $ e=7 $,\\
		在该FPN中使用二分法，则相邻两个浮点数之间的差为$ 2^{7}\epsilon_{M}=2^{-16}\approx1.5259\times10^{-5}>10^{-6} $\\
		所以不可以以绝对精度$ <10^{-6} $来计算根.
		\item 通过三次样条拟合曲线时，设分段小区间$ [x_{i},x_{i+1}] $之间的距离远小于其他区间之间的距离，令$ S_{i}=a_{i}+b_{i}x+c_{i}x^{2}+d_{i}x^{3} $为在该区间上的三次样条函数.\\
		由于$ [x_{i},x_{i+1}] $距离过小，在求解矩阵方程的过程中系数矩阵的条件数过大，从而导致最后在计算样条曲线的系数时结果不准确.
	\end{enumerate}
	
\end{document}
